第三章 专题4 概率统计与函数、数列的交汇-【6星学霸·高考黑题】2026年高考数学二轮专项冲刺

学霸高考·黑题数学 专题4概率统计与函数、数列的交汇 命题密钥 统计与概率具有广泛应用性，一方面，统计和概率、计数原理等知识可以结合，即以统计知 识为背景，以频率来估计概率或以计数为基础，过渡到概率问题；另一方面，统计与概奉可以与 其他数学内容结合，比如与函数、数列等结合，在复习备考中，需要针对这类问题进行训练 考点觉醒 分析事件 分析事件P与P的含义 概率统计与 研究关系 理清事件P与P的关系 数列交汇 建立模型 证明P与P,的递推关系 构造函数 利用随机变量的概率、均值与方差计算 公式构造函数 概率统计与 求解最值 函数交汇 利用函数单调性研究最值 易错提示 注意变量的范围，一是题中给出的范围， 二是实际问题中变量自身的范围 实战演练 题组一概率统计与函数的交汇 典型例题1.(2021·新高考全国Ⅱ)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种 微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代…该微生物每代繁殖的 个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X=)= P(i=0,1,2,3) (1)已知po=0.4,P1=0.3,P2=0.2,P3=0.1,求E(X): (2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程Po+p1x+P2x2+Px=x 的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p=1,当E(X)>1时，p<1; (3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义. 046 第三章计数原理与概率统计学霸 变式训练1.(2025·河北石家庄二模)在一个温馨的周末，甲同学一家人齐聚在宽敞明亮的客厅里 进行掷游戏币活动，假设每次掷游戏币出现正面的概率为P,且p∈[，了 r121 每次掷游戏币的结果 相互独立. (1)当p=时，若甲连续投掷了两次，求至少出现一次正面向上的概率， (2)若规定每轮游戏只要连续不断地出现三次正面向上，则游戏结束，每轮最多连续投掷6次 ①甲在一轮游戏中恰好投掷了5次游戏结束的概率为f八p),求f(p)的解析式； ②设甲在一轮游戏中投掷次数为X,求E(X)的最大值 变式训练2.(2025·福建厦门期末)设随机变量X的概率密度函数为p(x:)(当X为离散型随机 变量时，P(x;)为X=x的概率)，其中0为未知参数，极大似然法是求未知参数0的一种方法.在 n次随机试验中，随机变量X的观测值分别为1，x2,…,x。,定义L(0)=p(x1;)p(x2;)·…· p(x;)为似然函数若0=时，L()取得最大值，则称为参数0的极大似然估计值， (1)若随机变量X的分布列为 X 2 3 P 62 20(1-0) (1-0)2 其中0<0<1.在3次随机试验中，X的观测值分别为1,2,1，求0的极大似然估计值a. (2)某鱼池中有鱼m(m≥65)尾，从中捞取50尾，做好记号后放回鱼塘.现从中随机捞取20尾，观测 到做记号的有5尾，求m的极大似然估计值m (3)随机变量X的概率密度函数为p(x;02)=1e学」 一e,>0.若x,x2,…,x。是X的一组观测值， √2m 证明：参数口的极大似然估计值为户-产（气-）P,N 047 学霸高考，黑题数学 题组口概率统计与数列的交汇 典型例题2.(2023·新课标全国I)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此 人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每 次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5 (1)求第2次投篮的人是乙的概率： (2)求第i次投篮的人是甲的概率： (3)已知：若随机变量X,服从两点分布，且P(X=1)=1-P(X=0)=9,i=1,2,,n,则E(含x)= 含9，记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为Y,求E()。 变式训练3.(2025·河南安阳模拟)甲、乙两名同学玩掷骰子积分游戏，规则如下：每人的初始积分 均为0分，掷1枚骰子1次为一轮，在每轮游戏中，从甲、乙两人中随机选一人掷骰子，且两人被选中 的概率均为2，当骰子朝上的点数小于3时，掷骰子的人积2分，否则此人积1分，未掷骰子的人本 轮积0分，然后进行下一轮游戏.已知每轮掷骰子的结果相互独立. (1)求经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率： (2)经商议，甲、乙决定修改游戏规则，具体如下：甲、乙轮流掷骰子，谁掷谁积分，当骰子朝上的点数不 小于3时，积2分，否则积1分，规定第一次由甲掷记两人累计积分之和出现n的概率为P(). (i)证明：{P(n+1)-P(n)}为等比数列； (i)求{P(n)}的通项公式 048 第三章计数原理与概率统计学霸 变式训练4.(2025·四川成都模拟)马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，在人工智能、自然 语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为假设我们的序列状态是 …,X2,X-1,X,X1,…,那么X1时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态X,即P(X1I…,X-2, X-1,X,)=P(X1IX,).已知甲盒子中装有2个黄球和1个黑球，乙盒子中装有1个黄球和2个黑球 (6个球的大小形状完全相同)记操作x:从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中. 在重复n次T操作后，记甲盒子中黄球个数为X。,恰有3个黄球的概率为P,恰有2个黄球的概率 为Q,并记X。的数学期望为E(X。) (1)求P,Q1; (2)求E(X2); (3)证明：(X)一}是等比数列 变式训练5.(2025·山东日照二模)设n∈N,数对(X.,Yn)按照如下方式生成：①规定(X,Y)= (1,1):②抛掷一枚质地均匀的硬币，当硬币正面朝上时，X1=X+1,Y1= .+1,X,>Y当硬币反 Yn,Xn≤Y; (X+1,Y>X, 面朝上时，Y1=Y+1,X1= lxn,Yn≤X (1)写出数对(X2,Y2)的所有可能结果 (2)当n≥1时，记X.=Yn的概率为Pn. ①求Pn及P,的最大值： ②设X的数学期望为E。,求En 049(2(i)E,=(1-p)·(+1)+2p2+(1-p）(B+2),解得E,-1 (ⅱ)期待在￡-次试验后，首次出现连续(m-1)次成功，若下一次试验 成功，侧试验停止，此时试验次数为(E。+1):若下一次试验失败，相 当于重新试验，后续期望仍是E,此时总的试验次数为(E。1+1+E,) 即，p(5+1)+(1-p）·(+1+E,)整理得，=(E+ .（）测}是公比为的等比数 到.所议E合六（医司}由D知点代人得医= 1-p (1-)p 典型例题4.解：(1)由题意有X=1,Y=0的情形为甲，乙各进一球，且 乙描到签，表速球.质以(=1，-0=合号宁(-号）片点 因为X=-2,Y=1是不可能事件，所以P(X=-2,Y=1)=0. (2)X=1表示甲进球.乙未进球，或甲进球，乙进球，且乙抽到签，所以 P(X=1,Y=0)18_1 P(X=1) 16 3 (3)X=-1表示甲未进球，乙进球，或甲未进球，乙未进球，且乙抽到签。 所以x=-=(号)号(）（号）好高又y 的可能取值为-2.01，所以P(X=-1,=-2》=（-）x(-号） x(-号）石P=-21x-)0m5 P(X=-1) 5=15 12 P=-1.=0)=(）x(）x×号=所以 P(Y=01X=-1)= P(X=-1) 12 21 P(X=-1) ，所以 12 Y的分布列为 -2 0 1 4 1515 5 2 42 所以En=-2×150x151x3=字 变式训练4.(1)解：设第一次摸到i(i=1,2,3)号球的事件为A,第二 次摸到的是3号球的事件为B,第二次在第：号袋子里摸到的是3号球 的事件为，P(4)=子P(4,)=P(4)=子P(1A)= P风县h,)加P码14)=号于是P(B)=P()P(14 11111229 P代4)P八B)4)(B,M)=2*4+4*4+4×7i2 所以第二次摸到的是3号球.它米自1号袋子的感率为P(A,1B)= 11 24持第一次换到的是3号球它来自2号 P(B) 29 112 一学霸高考·黑 1 袋子的概率为P(A,1B)= P（A)P(BIA)4x4_7 P(B) 29 29 :第二次摸到 112 的是3号球，它来自3号袋子的概率P(A,1B)=PA)P(B,M) P(B) 12 478 2929 112 (2)①解：依题意，P2=P(X=1,Y=2)为第一次摸出1号球，并放人 号袋子，第二次从该袋子模出2号球的概率，所以P,=，X ②证明：由定义及全概率公式知，P(X=i)=P((X=i)门((Y=1)U (Y=2)U(Y=3)))=P((X=i,Y=1)U(X=i,Y=2)U(X=i,Y=3))= P(X=i.Y=1)+P(X=i.Y=2)+P(X=i.Y=3)=Pn+Pa+po=P. 以P(x=i)=2P 专题4概率统计与函数、数列的交江 典型例题1.(1)解：E(X)=0x0,4+1×0.3+2×02+3×0.1=1, (2)证明：设fx)=x3+r2+(m1-1)x+o因为P3p3+p1+pn=1,所以 x)=2+p22-(+%+p)x+pu'(x)=3p2+2p-(p2+%+n). 若E(K)≤1，则p1+2p2+3p≤1，放P2+2p≤Po因为f'(0)=-(P2+pu+ P)<0厂'(1)=P+2%≤0，所以f'(x)有两个不同零点，，且 <0<1≤，且xe(-91)U(,+g)时，∫'(x)>0∈(1，)时， f"(x)<0,故八x)在(-，)，(+g)上为增函数，在(x1西）)上为 诚函数若=1，则f八x)在(，+g）上为增函数且f八1)=0，而当 xe(0,2)时，因为f八x)在(，2)上为减函数，所以f(x)>八2)= 1)=0,放1为%px+Px2+px3=x的一个最小正实根：若x>1,因 为1)=0且八x)在(0,2)上为减函数，所以1为%+p1x+px2+px3= x的一个最小正实根.综上，若E(X)≤1，则p=1.若E(X)>1,则 P1+2+3p>1,故P2+2p>%此时/'(0)=-(h+h%+)<0J'(1)= 2+2p-m>0,故'(x)有两个不同零点，x,且<0<x<1,且 x∈(-g,:)U(x4,+g)时'(x)>0:r∈(，x)时'(x)<0,故八x) 在(-)，（出，+）上为增函数，在(，)上为减函数，而f八1)= 0,故rx)<0.又0)=%>0，故fx)在(0，x4)上存在一个零点P,且p< 1.所以p为mp1xpx2+p3x=x的一个最小正实根.此时P<1,故当 E(X)>1时.<1 (3)解：若每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代后 必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1.则若干代后被灭绝的概率小 于1 变式训练1.解：(1)设事件A:表示第i次正面向上，其中i=1.2.3.4. 5,6.且P八(A)=P,P(A)=1-严，设事件B:“至少出现一次正而向上”， P(B)=1-P(A1A)=1- (1123 (2)①设事件C:“恰好投挥了5次游戏结束”，则C=A1A2AA,A,+ AAAAaAs.P(C)=P(A)P(A)P(A)P(A)P(As)+ P(A,)P(A2)P(A:)P(A:)P(A3)=(1-)p+(I-p)23=(1-P)n3.所以 f八P)=(I-p)p 2由题意知X=3,4.5,6,P(X=3)=P(AA4)=p,P(X=4)= P(A,A2A3A1)=(1-p)p3,P(X=5)=(1-p)p3,P(X=6)=1-P(X=3)- P(X=4)-P(X=5)=1-p2(3-2p).则E(X)=3p3+4(1-P)p2+5(1- p)·p2+61-p2(3-2p)]=3p-6p3+6令g(p)=3p-6p3+6.g'(p）= 「12 6p(2p-3),当p 33 ]时go0即o在[片号]小上单 调递减，故g(P)≤g (兮）一因此，()的能大值为 变式训练2.(1)解：依题意得L(8)=P(X=1)·P(X=2)·P(X= 1)=02·29(1-)·0=2-2P,所以L(8)=10㎡-12m=-12㎡0 5 6 .当0<0 名时.(o叭>0.以o)单调遥猫：当名01时，(<0， 6 题·数学·23 《®)单调适说所以当9=名时.（©）取得最大值，所以0的极大敏然 格计值：名 (2)解：依题意得L(m)=p(5:m)= 0a0,所以(m+1）子 (m) (m-49)(m-19)公L(m+1) (m-64)(m+1) .令(m) >1,得65≤m<19,令m c1,得m> 199,又(199)=L(200).所以1.(65)<L(66)<…<1.(199)=L(200)> 1(201)>1.(202)>….所以当m=199或200时，L(m)取得最大值，所 以m的极大似然估计值m=199或200. (3)证明：依题意得(02)=p(02)P(:2）·…·p(x,tr)= 1 612 12 。-)2 √2TU 2πu √/2元w 气2a广r,所以ho)=受h(2a)-受n2 1 8-0.令F0受h(2)-受h含-0,0，则 r0云a-小4r0=0 得1=户当0a含-炉时，F030,0带调道： n 当1>三(-2时.F()<0,F()单河递诚：所以当1 国-时，0取瑞最大值.即g:-)时ho 取得最大值，即L(σ2)取得最大值.所以参数σ2的极大似然估计值 产识 典型例题2解：(1)记“第次投蓝的人是甲”为事件A,“第1次投篮 的人是乙“为事件B,所以P(B2)=P(AB:)+P(B,B,)= P(A,)P(B2IA)+P(B,)PB2IB)=0.5×(1-0.6)+05×0.8=0.6. (2)设P(A,)=P,依题可知，P(B)=1-,则P(A1)=P(AA,1)+ P(B,A)=P(A )P(AA )+P(B )P(AIB )P=0.6p+(1- 0.8)×(1-)=0.4p,+02,构造等比数列n:+A,设P1+A=与(n+ 11 所{}是首项为公比为号的等比数列，甲。 2） (5J (3)因为=×（号）12.所以当neN时 E(Y)=p1tp++p.=6 2 15 故n=[-(号)广门号 变式训练3.(1)解：甲每轮游戏的积分可能为0分，1分，2分，记其每 轮积分为0分.1分、2分的概率分别为P(0),P(1),P(2),则 07×号号P(2)了写石品过4轮游瘦。 121 甲的累计积分为4分的所有可能情况如下：4轮中甲掷2轮，且每轮积 分均为2分： 4轮中甲挥3轮，每轮积分分别为2,1,1：甲掷4轮，每轮积分均为1分， 所以经过4轮游戏，甲的累计积分为4分前概率P= G(6）广()e(后)e()e(）广- (2)(1)证明：记“累计积分之和为n+2”为事件A2,“累计积分之和 为n+1”为事件A,“累计积分之和为4”为事件A,.于是P(+2)= P氏A.)PA2M.)+PA)PAlM)=子P(a)+P(n+).则 一学霸高考·黑 Pa+2)-P10=-号Pa+1-代a1.又PD=号Pr2=号 号×分号P2)-P()-音≠0，所以a)-Po月是首项为 117 号，公比为号的等比数列 (i)解：(i)得，当a≥2时则P(2)-P1)=（子)广.P(3) 2(（号）广r4-3=(号，Pa-a- 4 (号）广-（子）广.累加a-=（）广·（子）月 ….广 因此P(n)= -() ()] 当m=1时，上式也成立，故P(n)= -(）"] 变式训练4(1)解：P,.Q,分别表示操作一次后，甲盒子中恰有3个， 2个黄球的版车商题可八-号君Q-号号号 C4 (2)解：记重复：次：操作后，甲盒子中恰有1个黄球的概率为R,,易 CC 4 得RC 由题易得的所有可能取值为3,21,0.且 C ) 4 =3==0+0·(+R08(=2) Q23=P,1+Q1 管·cC'C+,·CTP 1)=R2=P·0+Q1· +R,·(CGC P(X2=0)=P,·0+Q,·0+R1 )÷ c ，所以无的分布 列为 2 41 32 81 81 所以E(X2)=3x4+2x41+1x32+0x41264 81 819 (3)证明：记重复n次：操作后，甲盒子中恰有1个黄球的概率为R, 由题可得E(X,)=3那.+20.+R,而P1=P·0+0. (对 R,·0=g0.0=B·1+0.· 30+20+R0.+2p+0.g+1-p-高0.哥 8 。,因此(E(怎)}是首项为石，公比为的等比数列 变式训练5.解：(1)当抛挪两次硬币结果为（正，正）时，(X2,Y:)= (3,2):当抛掷两次硬币结果为（正，反）时，(X2,Y2)=(2,2):当抛掷两 题·数学·24一 次硬币结果为（反，正）时，(X2,2)=(2,2):当抛掷两次硬币结果为 (反，反)时，(X2,Y2)=(2,3) (2)①易知当=1时，P=0:当a=2时，乃=子：由题知，比-少，1≤1， 当X>y,即X=y+1时，若掷出反面，则Y1=Yn+1,X1=X,此时 X1=Y4当X<Y,即Yn=X+1时，若掷出正面，则y=Y,X1= X+1,此时X,=Y1:当X.=y时，无论抛出正面还是反面，X1 所n=Px,>)P无<)=P>)+P< )1=之1-.所以D寸（寸）所以}是 以即子子为首项，了为公比的等比数列，所以八了子 1 (）厂所以P,=号子(）厂(a≥).当a为商最时， }子（付）广分当为数时北号号（仔）广≤ 乃=宁所以即的最大值为2 ②显然，=1宁2子受由题分析得.，>水与(，<化的概米相 13 等，均设为0，期由①，心.=了(1-P.),若X,>y,当下次投掷硬币 为正面朝上时，X+t=X+1:当下次投椰硬币为反面上时，X,=X。: 若X,=Y,当下次投掷硬币为正面潮上时，X1=X,+1:当下次投掷硬 币为反面朝上时，X=X,;若X<Y。,当下次投掷硬币为正面朝上时， X1=X+1:当下次投挪硬币为反面朝上时，X1=X+1,所以当X1 怎时，幸为宁0号=。：()门此时期望不密：当 x=+1时，概率为1-（行+）=石4-()门此时 期望加上所以=6×6【+()门+(B+1)× 64()门=·64()门做8= -()门+6()]6[ (）]+g*+(]+石x4(分)] 1*6×[+-()门6×[4-()门…*石× ） 4n- -() 号+g(广 号经检验，当a=1时也成立所以，=子+)(）广号 专题5概率统计中的新定义问题 典型例题(1)解：4，可以排在2，b,b4上，有C种排法.不妨设a1推 在上，接下来讨论a2.当，排在b1上时，剩下两个元素a,a,的挂 法有F(2.2)=1种当a2不排在6，上时.可以排在6，b上，有C时种 情况若2排在6，上，剩下两个元素：，：只有1种排法.所以 F(4.4)=C(1+C×1)=9.a,可以排在b2.b,b,6上，有C4种情况 不妨设a,排在2上，接下来讨论m, ①当m2排在6，上时.剩下三个元素a3,a:,a5分别不排在b,b,b 上，则1，a,5的不同排法有F(3,3)=2种 2当a2不排在b1上时，可以排在6，b,上，有C种排法，若a,排 在b上，接下来讨论3 (1)当0，排在b,上时，剩下两个元素a4,45的排法有F(2,2)=1种： (i)当a,不排在b1上时，可以排在b:,b,上，有C种排法，利下两个 元素，3只有1种排法.故F(5,5)=C[2+C(1+C吗×1)]=44. F(2,2) (2)证明：当n=1时，s,=41.)+0.0产0中1，满足8= 一学霸高考·黑 (m+,当n≥2时，要证明8-业，只需证明d,=S-S1=,所 2 F(n+1,n+1) 以只需证明n=Fn,0+Fn,a-Dn≥2当n=2时， F(3,3) F(2,2)+F(1.1)1+0 =2,成立回到定义，当n≥3时，对于F(nm: 不妨从a1开始排列，设a,排在b(2≤k忘n)上，有(n-1)种排法.接下 来讨论a· ①当a1排在6，上时，剩下2，a,…41,1…,共(n-2)个元素 分别不在b2,6,…,b1,b1,…,6。上，共有F(n-2,n-2)种排法. ②当0：不排在b,上时，因为a,a,…,a-,a4,a1…,au分别不在 b2,b3,…,6-1.b,b1…,6n上，所以a2,a3,…,a-,a4,at…,a 共(n-1)个元素分别不在b,b…,b-1b,b…,b,上，共有F(n 1,n-1)种排法.所以F(n,n)=(n-1)[F(n-1,-1)+F(n-2,n-2)] (n≥3).所以F(n+1,n+1)=n[F(n,n)+F(n-1,n-1)],n≥2，即n Fa,+-1-万n≥2综上，及》(neN)成立 F(n+1,n+I) 2 (3)证明：根据定义，P(,m)=:m:m）,先从m个元素中选 A" n! 出m个元素，再对它们进行排列，并使它们均不排在对应位置上，所以 F《,m)=CF(m,m).所以P(n,m)= 0不特起归 D.,则D.=(m-1)(D-1+D-),且D=1,D=0,m≥2， 得D2=(m+1)(D1+Dn),则D2-(m+2)Dt=-[D1- (m+I)Dm],故{D时-(m+I)D}是等比数列，且公比为-1，又 D2-2D1=1,所以D1-(m+1)D=(-1)1=(-1),变形得 D4D。_(-1)t DmnD-t(-1)”.D (m+1mm+则当m≥2时m(m-a“3到 异合出累加片什-日经 -1)2DD_(-1)2 2 验山电符合上式，所以F(m,a=几a:名日所以 P(n.m)= F(m,m)-1贵（-1)' m1(m-m)1(n-m)11 变式训练1，解：(1)设事件X:顶点A与顶点B相互可达，事件Y:A与 B之间有边，当n=3时，A与B相互可达分以下两种情况：①A与B之 间有边，概率为？：21与B之间无边，但都与第三个顶点有边，概率 11 1 1 为(22×2g,放A与B相互可达的概率为P()=? g放P0= 115 8=8 面P(X)=P(=子，故P)= P(XY)4 P(X)5 ,故A与B之间有边的概率为气 (2)设事件C:恰有3个顶点相互可达，任取3个顶点，第4个顶点与这 3个顶点均无边的概率为日✉(-：）广一号，同时这3个顶点亚可 达，故P代C)=子R(3).图G连通以下两种情配： 三个顶点两有边概常为（兮）广女 ②有两个顶点同无边，但都与第3个顶点有边，概*为cx(子)产 131 有3个顶点相互可达的概率为4 (3)周定任意一个顶点A,G2是连通的就是两个顶点间有边时： “R(2)=之，当>2时，设事件D:恰好有(i-1)个顶点与x相互可 达，任取除A以外(-1)个顶点，∴剩下(-)个顶点与这个顶点都无 边的概率为C时×（12)】 ,同时这个顶点相互可达，测 In-47 P(D)=C R(),显然.任意两个事件D,和D均为互 题·数学·25一